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19.如图18-14甲所示是小红在“测量小灯泡的电功率”实验时连接的电路，小灯泡的额定电压为3.8 V，电源电压恒为6 V。
(1)请用笔画线表示导线，将图18-14甲中的电路连接完整。
(2)当开关闭合，滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表示数
(3)调节滑动变阻器使小灯泡正常发光，电流表的示数如图18-14乙所示，此时电路电流为
(4)如果电压表0~15 V的测量范围被损坏，只有0~3 V的测量范围能正常使用，要求利用原有器材测出小灯泡的额定功率。请在图18-14丙的虚线框内画出设计的电路图。
(1)请用笔画线表示导线，将图18-14甲中的电路连接完整。
(2)当开关闭合，滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表示数
变小
，电压表示数变小
。（均选填“变大”“变小”或“不变”）(3)调节滑动变阻器使小灯泡正常发光，电流表的示数如图18-14乙所示，此时电路电流为
0.32
A，小灯泡的额定功率为1.216
W。(4)如果电压表0~15 V的测量范围被损坏，只有0~3 V的测量范围能正常使用，要求利用原有器材测出小灯泡的额定功率。请在图18-14丙的虚线框内画出设计的电路图。
答案
19. (1)如图所示
(2)变小 变小 (3)0.32 1.216
(4)如图所示
解析
【分析】
本题为测量小灯泡电功率的实验题，需分步骤拆解思路：
(1) 电路连接时，电压表需并联在小灯泡两端，小灯泡额定电压3.8V，故电压表选0~15V量程，将电压表的15接线柱与小灯泡右端接线柱连接即可；
(2) 滑动变阻器采用“一上一下”接法，滑片左移时接入电阻变大，电路总电阻变大，电源电压不变，由欧姆定律得电流变小，电流表示数变小；小灯泡电阻不变，由U=IR得其两端电压变小，电压表示数变小；
(3) 电流表用0~0.6A量程，分度值0.02A，读取电流后，根据P=UI计算额定功率；
(4) 电压表0~15V损坏，利用串联电路电压规律，灯泡正常发光时滑动变阻器电压为6V-3.8V=2.2V（在0~3V量程内），故将电压表并联在滑动变阻器两端，据此设计电路图。
【解析】
(1) 电压表需并联在小灯泡两端，小灯泡额定电压3.8V，因此电压表选0~15V量程，将电压表的“15”接线柱与小灯泡的右端接线柱连接，完成电路连接；
(2) 滑动变阻器接入左下端和右上端，滑片P向左移动时，接入电路的电阻丝长度增加，电阻变大，电路总电阻变大，电源电压U=6V不变，由I=U/R总可知，电路电流变小，电流表示数变小；小灯泡电阻R_L不变，由U_L=IR_L可知，小灯泡两端电压变小，电压表示数变小；
(3) 电流表量程为0~0.6A，分度值0.02A，指针示数为0.32A；小灯泡额定功率P=U额I=3.8V×0.32A=1.216W；
(4) 电源电压6V，灯泡正常发光时滑动变阻器两端电压U滑=U-U额=6V-3.8V=2.2V，该电压在0~3V量程内，因此将电压表并联在滑动变阻器两端，电路图为电源、开关、滑动变阻器、灯泡串联，电压表并联在滑动变阻器两端。
【答案】
(1) 如图所示；(2) 变小；变小；(3) 0.32；1.216；(4) 如图所示
【知识点】
测量小灯泡的电功率；滑动变阻器的使用；电功率计算
【点评】
本题考查测量小灯泡电功率的常规实验，涵盖电路连接、电表示数变化分析、额定功率计算及特殊电路设计，需掌握串联电路特点、欧姆定律与电功率公式的应用，是电学实验的典型题型。
【难度系数】
0.6
本题为测量小灯泡电功率的实验题，需分步骤拆解思路：
(1) 电路连接时，电压表需并联在小灯泡两端，小灯泡额定电压3.8V，故电压表选0~15V量程，将电压表的15接线柱与小灯泡右端接线柱连接即可；
(2) 滑动变阻器采用“一上一下”接法，滑片左移时接入电阻变大，电路总电阻变大，电源电压不变，由欧姆定律得电流变小，电流表示数变小；小灯泡电阻不变，由U=IR得其两端电压变小，电压表示数变小；
(3) 电流表用0~0.6A量程，分度值0.02A，读取电流后，根据P=UI计算额定功率；
(4) 电压表0~15V损坏，利用串联电路电压规律，灯泡正常发光时滑动变阻器电压为6V-3.8V=2.2V（在0~3V量程内），故将电压表并联在滑动变阻器两端，据此设计电路图。
【解析】
(1) 电压表需并联在小灯泡两端，小灯泡额定电压3.8V，因此电压表选0~15V量程，将电压表的“15”接线柱与小灯泡的右端接线柱连接，完成电路连接；
(2) 滑动变阻器接入左下端和右上端，滑片P向左移动时，接入电路的电阻丝长度增加，电阻变大，电路总电阻变大，电源电压U=6V不变，由I=U/R总可知，电路电流变小，电流表示数变小；小灯泡电阻R_L不变，由U_L=IR_L可知，小灯泡两端电压变小，电压表示数变小；
(3) 电流表量程为0~0.6A，分度值0.02A，指针示数为0.32A；小灯泡额定功率P=U额I=3.8V×0.32A=1.216W；
(4) 电源电压6V，灯泡正常发光时滑动变阻器两端电压U滑=U-U额=6V-3.8V=2.2V，该电压在0~3V量程内，因此将电压表并联在滑动变阻器两端，电路图为电源、开关、滑动变阻器、灯泡串联，电压表并联在滑动变阻器两端。
【答案】
(1) 如图所示；(2) 变小；变小；(3) 0.32；1.216；(4) 如图所示
【知识点】
测量小灯泡的电功率；滑动变阻器的使用；电功率计算
【点评】
本题考查测量小灯泡电功率的常规实验，涵盖电路连接、电表示数变化分析、额定功率计算及特殊电路设计，需掌握串联电路特点、欧姆定律与电功率公式的应用，是电学实验的典型题型。
【难度系数】
0.6
20.小芳老师家有款即热式电热水器,表示其工作原理的简化电路如图18-15所示,该热水器有加热和保温两挡,A、B指示灯的电阻很小,可忽略不计,且电热丝$R_1$和$R_2$的电阻不随温度的变化而变化,已知$R_2=99R_1$,试求:
(1)当电热水器处于加热挡工作时,单刀双掷开关应
(2)若电热水器处于保温挡时,总功率为110 W,求电热丝$R_1$的电阻。
(3)若电热水器处于保温挡时,将10 kg水循环加热20 min,水吸收的热量相当于燃烧多少焦炭放出的热量?[假设无任何热散失,且水的比热容$c=4.2×10^3 J/(kg·℃)$,焦炭的热值$q=3×10^7 J/kg]$
(1)当电热水器处于加热挡工作时,单刀双掷开关应
接触点a
(选填“接触点a”“接触点b”或“置于中间”)。(2)若电热水器处于保温挡时,总功率为110 W,求电热丝$R_1$的电阻。
(3)若电热水器处于保温挡时,将10 kg水循环加热20 min,水吸收的热量相当于燃烧多少焦炭放出的热量?[假设无任何热散失,且水的比热容$c=4.2×10^3 J/(kg·℃)$,焦炭的热值$q=3×10^7 J/kg]$
答案
20. (1)接触点a (2)4.4 Ω (3)4.4 g
解析
【分析】
本题结合电热水器的工作原理，利用电功率、热量、热值相关公式解题。首先根据公式$P=\frac{U^2}{R}$，电压一定时，电路总电阻越小，电功率越大，对应加热挡；总电阻越大，电功率越小，对应保温挡，以此判断开关位置。再结合串联电阻规律、电能与热量的关系、热值公式逐步计算各问。
【解析】
（1）根据$P=\frac{U^2}{R}$，电源电压$U=220V$不变，电阻越小功率越大，为加热挡。当开关接触点$a$时，电路中只有电热丝$R_1$工作，总电阻小，功率大，为加热挡，故填接触点$a$。
（2）保温挡时，开关接触点$b$，$R_1$与$R_2$串联，总功率$P=110W$。由$P=\frac{U^2}{R_{总}}$得总电阻：
$R_{总}=\frac{U^2}{P}=\frac{(220V)^2}{110W}=440Ω$
已知$R_2=99R_1$，串联总电阻$R_{总}=R_1+R_2=R_1+99R_1=100R_1$，因此：
$100R_1=440Ω$，解得$R_1=4.4Ω$。
（3）保温挡工作时间$t=20min=1200s$，无热散失时水吸收的热量等于消耗的电能：
$Q=W=Pt=110W×1200s=1.32×10^5J$
焦炭燃烧放出的热量$Q_{放}=Q=1.32×10^5J$，由$Q_{放}=mq$得焦炭质量：
$m=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{1.32×10^5J}{3×10^7J/kg}=0.0044kg=4.4g$。
【答案】
(1)接触点a；(2)4.4Ω；(3)4.4g
【知识点】
电功率计算、电热计算、热值计算
【点评】
本题考查电学与热学公式的综合应用，关键是正确判断加热、保温挡对应的电路连接方式，需注意单位换算，难度适中。
【难度系数】
0.3
本题结合电热水器的工作原理，利用电功率、热量、热值相关公式解题。首先根据公式$P=\frac{U^2}{R}$，电压一定时，电路总电阻越小，电功率越大，对应加热挡；总电阻越大，电功率越小，对应保温挡，以此判断开关位置。再结合串联电阻规律、电能与热量的关系、热值公式逐步计算各问。
【解析】
（1）根据$P=\frac{U^2}{R}$，电源电压$U=220V$不变，电阻越小功率越大，为加热挡。当开关接触点$a$时，电路中只有电热丝$R_1$工作，总电阻小，功率大，为加热挡，故填接触点$a$。
（2）保温挡时，开关接触点$b$，$R_1$与$R_2$串联，总功率$P=110W$。由$P=\frac{U^2}{R_{总}}$得总电阻：
$R_{总}=\frac{U^2}{P}=\frac{(220V)^2}{110W}=440Ω$
已知$R_2=99R_1$，串联总电阻$R_{总}=R_1+R_2=R_1+99R_1=100R_1$，因此：
$100R_1=440Ω$，解得$R_1=4.4Ω$。
（3）保温挡工作时间$t=20min=1200s$，无热散失时水吸收的热量等于消耗的电能：
$Q=W=Pt=110W×1200s=1.32×10^5J$
焦炭燃烧放出的热量$Q_{放}=Q=1.32×10^5J$，由$Q_{放}=mq$得焦炭质量：
$m=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{1.32×10^5J}{3×10^7J/kg}=0.0044kg=4.4g$。
【答案】
(1)接触点a；(2)4.4Ω；(3)4.4g
【知识点】
电功率计算、电热计算、热值计算
【点评】
本题考查电学与热学公式的综合应用，关键是正确判断加热、保温挡对应的电路连接方式，需注意单位换算，难度适中。
【难度系数】
0.3
